高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.2 平面向量的运算课堂检测

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.2 平面向量的运算课堂检测，共4页。试卷主要包含了故选B等内容，欢迎下载使用。

A．2 B．4
C．2 eq \r(5) D．5
2．[2022·山东东营高一期末]若向量a，b满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝2，〈a，b〉＝120°，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ＝( )
A．4 B．12
C．2 D．2 eq \r(3)
3．[2022·湖北武汉高一期末]已知|a|＝2，|b|＝3，a与b的夹角为135°，则a在b方向上的投影向量为________．
4．已知|a|＝4，|b|＝2，且a与b的夹角为 eq \f(2π,3) ，求：
(1)a·b；
(2)(a－2b)·(a＋b).
5.[2022·河北石家庄高一期末]已知在边长为6的等边三角形ABC中， eq \(BD,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(DC,\s\up6(→)) ，则 eq \(AD,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝( )
A．24 B．6
C．18 D．－24
6．[2022·江苏苏州高一期中]已知平面向量a，b满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝2， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝1，a·(a－b)＝5，则向量a与b的夹角为( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3)
C． eq \f(2π,3) D． eq \f(5π,6)
7．[2022·福建福州高一期末]设非零向量a，b，c是满足a＋b＋c＝0，a⊥b，(2a－b)⊥c，若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \r(2) ，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝________．
8．[2022·河北邢台高一期末]已知向量a，b满足(2a＋b)·(a－2b)＝2，且|a|＝ eq \r(2) ，|b|＝2.
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) .
9.[2022·广东珠海高一期末]已知 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \r(2) ，|b|＝1，且a与a－2b相互垂直．
(1)求向量a与向量b的夹角θ的大小；
(2)求 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) .
10．在△ABC中， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝c， eq \(BC,\s\up6(→)) ＝a， eq \(CA,\s\up6(→)) ＝b，且a·b＝b·c＝c·a，试判断△ABC的形状．
11.(多选)[2022·山东滨州高一期末]已知a，b，c是任意的非零向量，则下列结论正确的是( )
A． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ≤ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))
B．a·b≤ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))
C．若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ，则a＝b
D．若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ，则a⊥b
12．设两个向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1，e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，求实数t的取值范围．
答案：
1．解析：由题设， eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AE,\s\up6(→)) ＝| eq \(AB,\s\up6(→)) || eq \(AE,\s\up6(→)) |cs ∠BAE＝| eq \(AB,\s\up6(→)) |2＝4.故选B.
答案：B
2．解析：由 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝2，〈a，b〉＝120°，
可得a·b＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) cs 〈a，b〉＝2×2×cs eq \f(2π,3) ＝－2，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ＝ eq \r(（a－b）2)
＝ eq \r(a2＋b2－2a·b)
＝ eq \r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))2＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))2－2a·b)
＝ eq \r(4＋4－2×（－2）)
＝2 eq \r(3) .故选D.
答案：D
3．解析：因为a在b方向上的投影为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) cs 135°＝－ eq \r(2) ，与b同向的单位向量为 eq \f(b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))) ＝ eq \f(1,3) b，所以a在b方向上的投影向量为－ eq \f(\r(2),3) b.
答案：－ eq \f(\r(2),3) b
4．解析：(1)由平面向量数量积的定义可得a·b＝|a|·|b|cs eq \f(2π,3) ＝4×2×(－ eq \f(1,2) )＝－4；
(2)(a－2b)·(a＋b)＝a2－a·b－2b2
＝|a|2－a·b－2|b|2＝42＋4－2×22＝12.
5．解析：因为 eq \(BD,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(DC,\s\up6(→)) ，
所以 eq \(BD,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,3) ( eq \(AC,\s\up6(→)) － eq \(AB,\s\up6(→)) )，
所以 eq \(AD,\s\up6(→)) ＝ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \(BD,\s\up6(→)) ＝ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,3) ( eq \(AC,\s\up6(→)) － eq \(AB,\s\up6(→)) )＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up6(→)) .
因为等边三角形ABC的边长为6，
所以 eq \(AC,\s\up6(→)) · eq \(AB,\s\up6(→)) ＝6×6cs 60°＝18，
所以 eq \(AD,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝( eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up6(→)) )· eq \(AC,\s\up6(→))
＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up6(→)) 2
＝ eq \f(2,3) ×18＋ eq \f(1,3) ×36＝24，故选A.
答案：A
6．解析：因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝2， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝1，a·(a－b)＝5，
所以a·(a－b)＝a2－a·b＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) 2－a·b＝5，所以a·b＝－1，
设向量a与b的夹角为θ，则cs θ＝ eq \f(a·b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))) ＝ eq \f(－1,1×2) ＝－ eq \f(1,2) ，
因为θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π)) ，所以θ＝ eq \f(2π,3) .故选C.
答案：C
7．解析：因为a＋b＋c＝0，可得c＝－(a＋b)，
又因为a⊥b，(2a－b)⊥c，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \r(2) ，
可得(2a－b)·c＝(2a－b)· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－（a＋b）)) ＝－2a2－a·b＋b2＝－2×( eq \r(2) )2－0＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) 2＝0，
解得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) 2＝4，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝2.
答案：2
8．解析：(1)由(2a＋b)·(a－2b)＝2a2－3a·b－2b2＝4－3× eq \r(2) ×2cs θ－8＝2，
得cs θ＝－ eq \f(\r(2),2) ，因为θ∈[0，π]，所以θ＝ eq \f(3π,4) .
(2)由题意得|a＋b|＝ eq \r(a2＋2a·b＋b2) ＝ eq \r(2－4\r(2)×\f(\r(2),2)＋4) ＝ eq \r(2) .
9．解析：(1)由题意，a·(a－2b)＝a2－2a·b＝0，
所以2－2 eq \r(2) cs θ＝0，可得cs θ＝ eq \f(\r(2),2) ，而0≤θ≤π，
所以θ＝ eq \f(π,4) .
(2)由 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) 2＝a2＋2a·b＋b2＝2＋2＋1＝5，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝ eq \r(5) .
10．解析：在△ABC中，易知 eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \(CA,\s\up6(→)) ＝0，
即a＋b＋c＝0，
因此a＋c＝－b，a＋b＝－c，
从而 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a＋b）2＝（－c）2，,（a＋c）2＝（－b）2，))
两式相减可得b2＋2a·b－c2－2a·c＝c2－b2，
则2b2＋2(a·b－a·c)＝2c2，
因为a·b＝c·a＝a·c，
所以2b2＝2c2，即|b|＝|c|.
同理可得|a|＝|b|，故| eq \(AB,\s\up6(→)) |＝| eq \(BC,\s\up6(→)) |＝| eq \(CA,\s\up6(→)) |，
即△ABC是等边三角形．
11．解析：对A， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) 2＝a2＋b2＋2a·b＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) 2＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) 2＋2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ·cs 〈a，b〉≤ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) 2＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) 2＋2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) )2，当且仅当a，b同向时等号成立，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ≤ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ，故A正确；
对B，因为cs 〈a，b〉≤1，所以a·b＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ·cs 〈a，b〉≤ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ，当且仅当a，b同向时等号成立，故B正确；
对C，若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ，因为a，b方向不一定相同，所以a，b不一定相等，故C错误；
对D，若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ，两边平方可得a·b＝0，所以a⊥b，故D正确．故选ABD.
答案：ABD
12．解析：由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角θ为钝角，得
cs θ＝ eq \f(（2te1＋7e2）·（e1＋te2）,|2te1＋7e2|·|e1＋te2|) ＜0，
∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＜0，化简得2t2＋15t＋7＜0.
解得－7＜t＜－ eq \f(1,2) .
当向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为180°时，也有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＜0，但此时夹角不是钝角．
设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ＜0，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2t＝λ，,7＝λt，,λ＜0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－\r(14)，,t＝－\f(\r(14),2)．))
∴所求实数t的取值范围是(－7，－ eq \f(\r(14),2) )∪(－ eq \f(\r(14),2) ，－ eq \f(1,2) ).